2023年人教版数学八年级下册期末复习《几何解答题》专项复习(含答案)

2023年人教版数学八年级下册期末复习《几何解答题》专项复习1.如图，在△ABC中，D是BC上一点，且满足AC＝AD，请你说明AB2＝AC2＋BC·BD.2.如图，在△ABC中，∠ABC＝45º，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D、E，F为BC中点，BE与DF、DC分别交于点G、H，∠ABE＝∠CBE.(1)线段BH与AC相等吗？若相等给予证明，若不相等请说明理由；(2)求证：BG2﹣GE2＝EA2.3.如图，已知∠C＝90°，AM＝CM，MP⊥AB于P.求证：BP2＝AP2＋BC2.

4.在▱ABCD中，E，F分别是AB，DC上的点，且AE＝CF，连接DE，BF，AF.(1)求证：四边形DEBF是平行四边形；(2)若AF平分∠DAB，AE＝3，DE＝4，BE＝5，求AF的长.5.如图，已知四边形ABCD为矩形，AD＝20cm、AB＝10cm.M点从D到A，P点从B到C，两点的速度都为2cm/s；N点从A到B，Q点从C到D，两点的速度都为1cm/s.若四个点同时出发.(1)判断四边形MNPQ的形状.(2)四边形MNPQ能为菱形吗？若能，请求出此时运动的时间；若不能，说明理由.6.如图，已知在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于M，过M作ME⊥CD于E，∠1＝∠2．(1)若CE＝1，求BC的长；(2)求证：AM＝DF＋ME．7.如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，使点B落到点B′的位置，AB′与CD交于点E．(1)试找出一个与△AED全等的三角形，并加以证明；(2)若AB＝8，DE＝3，P为线段AC上的任意一点，PG⊥AE于G，PH⊥EC于H，试求PG＋PH的值，并说明理由．8.如图，在矩形ABCD中，E是BC的中点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G．(1)猜想线段GF与GC有何数量关系？并证明你的结论；(2)若AB＝3，AD＝4，求线段GC的长．9.如图，在△ABC中，点O是AC边上一动点，过点O作BC的平行线交∠ACB的角平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F.(1)求证：EO＝FO；(2)当点O运动到何处时，四边形CEAF是矩形？请证明你的结论.(3)在(2)问的结论下，若AE＝3，EC＝4，AB＝12，BC＝13，求△ABC的面积.10.如图，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于D，将△ACD沿AC折叠为△ACF，将△ABD沿AB折叠为△ABG，延长FC和GB相交于点H.(1)求证：四边形AFHG为正方形；(2)若BD＝6，CD＝4，求AB的长.11.如图(1)，在Rt△ABC，∠ACB＝90°，分别以AB、BC为一边向外作正方形ABFG、BCED，连结AD、CF，AD与CF交于点M．(1)求证：△ABD≌△FBC；(2)如图(2)，求证：AM2＋MF2＝AF2．12.如图，在正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于点Q.(1)如图①，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以证明；(2)如图②，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想.13.如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD=BC.求证：四边形EFGH是菱形.14.如图，在△ABC中，BD、CE分别为AC、AB边上的中线，BD、CE交于点H，点G、F分别为HC、HB的中点，连接AH、DE、EF、FG、GD，其中HA=BC.（1）证明：四边形DEFG为菱形；（2）猜想当AC、AB满足怎样的数量关系时，四边形DEFG为正方形，并说明理由.15.如图，已知把一个含45°的三角板的锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，然后将三角板绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N.(1)如图1，当三角板绕点A旋转到BM＝DN时，有BM＋DN＝MN.当三角板绕点A旋转到BM≠DN时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；(2)当三角板绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明.

参考答案1.证明：作AE⊥BC于E，如图所示：则∠AEB＝∠AEC＝90°，由勾股定理得：AB2＝AE2＋BE2，AE2＝AD2﹣DE2，∵AC＝AD，AE⊥DC，∴DE＝CE，∴AB2＝AC2＋BE2﹣DE2＝AC2＋(BE＋DE)(BE﹣DE)＝AC2＋BC•BD．2.解：(1)BH＝AC证明：∵∠BDC＝∠BEC＝∠CDA＝90º，∠ABC＝45º，∴∠BCD＝45º＝∠ABC，∴DB＝DC.又∵∠BHD＝∠CHE，∴∠DBH＝∠DCA，∴△DBH≌△DCA，∴BH＝AC.(2)证明：连接GC，∴GC2﹣GE2＝EC2.∵F为BC的中点，DB＝DC，∴DF垂直平分BC，∴BG＝GC，∴BG2﹣GE2＝EC2.∵∠ABE＝∠CBE，∴EC＝EA，∴BG2﹣GE2＝EA23.证明：连接BM，如图，∵△ABC是直角三角形，∠C＝90°，∴AB2＝BC2＋AC2，则AB2﹣AC2＝BC2．又∵在直角△AMP中，AP2＝AM2﹣MP2，∴AB2﹣AC2＋(AM2﹣MP2)＝BC2＋(AM2﹣MP2)．又∵AM＝CM，∴AB2﹣AC2＋(AM2﹣MP2)＝BC2＋(MC2﹣MP2)，①∵△APM是直角三角形，∴AM2＝AP2＋MP2，则AM2﹣MP2＝AP2，②∵△BPM与△BCM都是直角三角形，∴BM2＝BP2＋MP2＝MC2＋BC2，MC2＋BC2﹣MP2＝BM2﹣MP2＝BP2，③把②③代入①，得AB2﹣AC2＋AP2＝BP2，即BP2＝AP2＋BC2．4.证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠A＝∠C，AD＝CB，在△DAE和△BCF中，AD＝BC，∠A＝∠C，AE＝CF.∴△DAE≌△BCF(SAS)，∴DE＝BF，∵AB＝CD，AE＝CF，∴AB﹣AE＝CD﹣CF，即DF＝BE，∵DE＝BF，BE＝DF，∴四边形DEBF是平行四边形；(2)∵AB∥CD，∴∠DFA＝∠BAF，∵AF平分∠DAB，∴∠DAF＝∠BAF，∴∠DAF＝∠AFD，∴AD＝DF，∵四边形DEBF是平行四边形，∴DF＝BE＝5，BF＝DE＝4，∴AD＝5，∵AE＝3，DE＝4，∴AE2＋DE2＝AD2，∴∠AED＝90°，∵DE∥BF，∴∠ABF＝∠AED＝90°，∴AF＝4eq\r(5).5.解：(1)四边形MNPQ是平行四边形.理由如下：在矩形ABCD中，AD＝BC＝20cm，AB＝CD＝10cm，且∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°.设运动时间为t秒，则AN＝CQ＝tcm，BP＝DM＝2tcm.∴BN＝DQ＝(10﹣t)cm，CP＝AM＝(20﹣2t)cm.由勾股定理可得，NP＝，MQ＝∴NP＝MQ.同理，可得MN＝PQ.∴四边形MNPQ是平行四边形.(2)能.理由如下：∵当四边形MNPQ能为菱形时，NP＝QP，∴＝，∴＝，解得t＝5.即四边形MNPQ能为菱形时，运动时间是5s.6.解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠ACD，∵∠1＝∠2，∴∠ACD＝∠2，∴MC＝MD，∵ME⊥CD，∴CD＝2CE，∵CE＝1，∴CD＝2，∴BC＝CD＝2；(2)证明：如图，∵F为边BC的中点，∴BF＝CF＝eq\f(1,2)BC，∴CF＝CE，在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，∴∠ACB＝∠ACD，在△CEM和△CFM中，∵，∴△CEM≌△CFM(SAS)，∴ME＝MF，延长AB交DF的延长线于点G，∵AB∥CD，∴∠G＝∠2，∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠G，∴AM＝MG，在△CDF和△BGF中，∵∴△CDF≌△BGF(AAS)，∴GF＝DF，由图形可知，GM＝GF＋MF，∴AM＝DF＋ME．7.解：(1)△AED≌△CEB′证明：∵四边形ABCD为矩形，∴B′C＝BC＝AD，∠B′＝∠B＝∠D＝90°，又∵∠B′EC＝∠DEA，∴△AED≌△CEB′；(2)由折叠的性质可知，∠EAC＝∠CAB，∵CD∥AB，∴∠CAB＝∠ECA，∴∠EAC＝∠ECA，∴AE＝EC＝8﹣3＝5．在△ADE中，AD＝4，延长HP交AB于M，则PM⊥AB，∴PG＝PM．∴PG＋PH＝PM＋PH＝HM＝AD＝4．8.解：(1)GF＝GC．理由如下：连接GE，∵E是BC的中点，∴BE＝EC，∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，∵在矩形ABCD中，∴∠C＝90°，∴∠EFG＝90°，∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，∴Rt△GFE≌Rt△GCE(HL)，∴GF＝GC；(2)设GC＝x，则AG＝3＋x，DG＝3﹣x，在Rt△ADG中，42＋(3﹣x)2＝(3＋x)2，解得x＝eq\f(4,3)．9.证明：(1)∵EF∥BC，∴∠OEC＝∠BCE，∵CE平分∠ACB，∴∠BCE＝∠OCE，∴∠OEC＝∠OCE，∴EO＝CO，同理：FO＝CO，∴EO＝FO；(2)解：当点O运动到AC的中点时，四边形CEAF是矩形；理由如下：由(1)得：EO＝FO，又∵O是AC的中点，∴AO＝CO，∴四边形CEAF是平行四边形，∵EO＝FO＝CO，∴EO＝FO＝AO＝CO，∴EF＝AC，∴四边形CEAF是矩形；(3)解：由(2)得：四边形CEAF是矩形，∴∠AEC＝90°，∴AC＝＝5，△ACE的面积＝eq\f(1,2)AE×EC＝eq\f(1,2)×3×4＝6，∵122＋52＝132，即AB2＋AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，∴△ABC的面积＝eq\f(1,2)AB•AC＝eq\f(1,2)×12×5＝30.10.证明：(1)∵AD⊥BC，∴∠ADB＝∠ADC＝90°；由折叠可知，AG＝AF＝AD，∠AGH＝∠AFH＝90°，∠BAG＝∠BAD，∠CAF＝∠CAD，∴∠BAG＋∠CAF＝∠BAD＋∠CAD＝∠BAC＝45°；∴∠GAF＝∠BAG＋∠CAF＋∠BAC＝90°；∴四边形AFHG是正方形，解：(2)∵四边形AFHG是正方形，∴∠BHC＝90°，又GH＝HF＝AD，GB＝BD＝6，CF＝CD＝4；设AD的长为x，则BH＝GH﹣GB＝x﹣6，CH＝HF﹣CF＝x﹣4.在Rt△BCH中，BH2＋CH2＝BC2，∴(x﹣6)2＋(x﹣4)2＝102，解得x1＝12，x2＝﹣2(不合题意，舍去)，∴AD＝12，∴AB＝6eq\r(5).11.解：(1)∵四边形ABFG、BCED是正方形，∴AB＝FB，CB＝DB，∠ABF＝∠CBD＝90°，∴∠ABF＋∠ABC＝∠CBD＋∠ABC，即∠ABD＝∠CBF，在△ABD和△FBC中，，∴△ABD≌△FBC(SAS)；(2)∵△ABD≌△FBC，∴∠BAD＝∠BFC，∴∠AMF＝180°﹣∠BAD﹣∠CNA＝180°﹣(∠BFC＋∠BNF)＝180°﹣90°＝90°，∴AM2＋MF2＝AF2．12.解：(1)PB＝PQ.证明：连接PD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠ACD，∠BCD＝90°，BC＝CD，又∵PC＝PC，∴△DCP≌△BCP(SAS)，∴PD＝PB，∠PBC＝∠PDC，∵∠PBC＋∠PQC＝180°，∠PQD＋∠PQC＝180°，∴∠PBC＝∠PQD，∴∠PDC＝∠PQD，∴PQ＝PD，∴PB＝PQ(2)PB＝PQ.证明：连接PD，同(1)可证△DCP≌△BCP，∴PD＝PB，∠PBC＝∠PDC，∵∠PBC＝∠Q，∴∠PDC＝∠Q，∴PD＝PQ，∴PB＝PQ.13.证明：∵E，F分别是AB，BD的中点，∴EF=0.5AD.同理可得：GH=0.5AD，GF=0.5BC，HE=0.5BC，又AD=BC，∴EF=GF=GH=HE.∴四边形EFGH是菱形.14.（1）证明：∵D、E分别为AC、AB的中点，∴ED∥BC，ED=eq\f(1,2)BC.同理FG∥BC，FG=eq\f(1,2)BC，∴ED∥FG，ED=FG，∴四边形DEFG是平行四边形，∵AE=BE，FH=BF，∴EF=eq\f(1,2)HA，∵BC=HA，∴EF=eq\f(1,2)BC=DE，∴▱DEFG是菱形；（2）解：猜想：AC=AB时，四边形DEFG为正方形，理由是：∵AB=AC，∴∠ACB=∠ABC，∵BD、CE分别为AC、AB边上的中线，∴CD=eq\f(1,2)AC，BE=eq\f(1,2)AB，∴CD=BE，在△DCB和△EBC中，∵，∴△DCB≌△EBC（SAS），∴∠DBC=∠ECB，∴HC=HB，∵点G、F分别为HC、HB的中点，∴HG=eq\f(1,2)HC，HF=eq\f(1,2)HB，∴GH=HF，由（1）知：四边形DEFG是菱形，∴DF=2FH，EG=2GH，∴DF=EG，∴四边形DEFG为正方形.15.解：(1)中的结论仍然成立，即BM＋DN＝MN.证明：如图1，在MB的延长线上截取BE＝DN，连结AE